机器人机构学作业
1.Point out the differences between the open chain robot mechanism and the closed
chain robot mechanism in structure characteristics, movement characteristics and forward/inverse kinematics.
答：1）开链机器人的机构特点：各杆循序构成单链相邻连杆间通过转动副或移动副连接的开链机器人。
开链机器人的自由度数等于该机器人的关节数。
运动特点：机器人的关节空间Q有机器人的变量的所有可能值构成，这也是机器人的位型空间，这是因为给定了关节转角也就给定了机器人所有连
秩，则此位型为奇异位型，机器人的在这一位型的运动不确定。
运动学正解：运动学把所有的关节变量都看作是转角，当给定彝族关节转角θ∈Q，希望确定工具坐标系相对与基础坐标系的位型。
运动学正解可
开链机器人的运动学正解映射可以通过将有各关节引起的刚体运动加以
这是相邻连杆的坐标系的相对表示的开链操作器运动学正解的一般公式。
用各关节的运动由位于关节轴线
的运动旋量产生。
将各关节加以组合，
此式称为机器人运动学正解的支书积公式。
移动的实际循序无关。
运动学逆解：给定工具坐标系所期望的位型，找出该位型的关节转角。
获得θ∈Q。
该问题可能有多解、唯一解或无解。
求解运动学逆解问题时，首先要将问题细分为几个子问题。
每个子问题可能无解、有一个解或多个解，这与末端执行器的给定位置有关。
如果该位型超出机器人的工作空间，那么肯定无解，且至少有一个子问题无解。
当位型空间处于工作空间内，且有多组关节转角对应与末端执行器的同一个位置映射，此时出现多解。
如果某个子问题有多解，那么整个求解过程应考虑每个解的情况。
2）闭链机器人的机构特点：它是一种在末端执行器与机器人基座之间有两个或多个分支运动链连接的机器人。
相对于开链机器人而言，闭链机器人具有刚性大和便于布置驱动装置等优点。
运动特点：对于并联机构，如果在某一位型其机构方程降秩，则在该位型机器人是运动奇异的。
在这种情况下，执行器就会失去在某个方向上瞬时运动的能力。
这一点与串联机构奇异位型的描叙。
然而在该位型，尚不能确定机构中那些关节是主动的，那些关节是被动的。
如果并联机构的关节都是主动的，则仅存在所能发生的奇异性。
如果并联机器人中仅有部分关节都是主动的，这样就会导致额外的奇异性，称之为驱动奇异性。
运动学正解：可以通过令每个分支运动链所确定的末端执行器的位置相等来描叙。
假设机器人的第一个分支运动链（包括末端执行器）有n1个关节，第二个分支运动链（包括末端执行器）有n2个关节，则运动学正解可
机器人关节转角之间的约束，正是由于这些约束的存在，从而仅须确定关节变量的子集就能控制末端执行器的位置，而其余关节转角的变量的取值必须满足上式。
由于关节变量受到上式的限制，并联机器人的关节空间就不是简单地象开链机构那样为各关节空间的笛卡儿积。
相反，它是满足上式的子集
关节数和构件数做仔细分析。
运动学逆解：并联机器人的运动学逆解问题可以通过对联基座和末端执行器的各开链机构运动学逆解的处理来解决。
答：
其中，式中：
解：该问题对应于将一点p 先绕轴ξ2旋转θ2，再绕轴ξ1旋转θ1，p 点的最后位置能与点q 重合。
问题1：如果ξ1和ξ2重合，则满足θ1+θ2=θ的任意θ1，θ2都是解。
如下图所示，ξ1、ξ2重合变成ξ轴。
该问题对应于将一点p 绕定轴ξ旋转至与第二点q 重合。
假设r 是轴ξ上的一点，定义
u =（p-r ）是r 与p 间的矢量，v =（q-r ）是r 与q 之间的矢量。
由
exp(ξ
̂θ)p =q 和exp(ξ̂θ)r =r 可得exp (ω̂θ)u =v 。
因此有exp(ξ̂θ)u =exp (ω̂θ)u 。
图 3.2
为了确定该问题何时有解，定义u ’、v ’为u 、v 在垂直于轴ξ的平面上的投影。
如果ω是ξ轴方向的单位矢量，那么
u ‘=u −ωωT u 和 v ‘=v −ωωT v
该问题有解当且仅当u 、v 在ω轴上的投影和在与ω垂直的平面上的投影具有相同的长度。
严格来说，如果将上式在ω生成的空间和ωT 的零空间投影，即得必要条件
ωT u =ωT v 和 ‖u ’‖=‖v ’‖
如果上式成立，那么仅由3.2b 所示的投影矢量u ’、v ’就可求得θ。
若u ’≠0，则利用如下关系就可确定θ
u’×v’=ωsinϑ‖u’‖‖v’‖
u’⋅v’=cosϑ‖u’‖‖v’‖
⟹θ=αtan2(ωT(u’×v’)，u’T v’)
若u’=0，则有无穷多个解，因此此时p=q且两点位于旋转轴上。
问题2:如果这两个轴线不平平，即ω1×ω2≠0，并设c是满足下式的点
exp(ξ̂2θ2)p=c=exp(−ξ̂1θ1)q
换句话说，c表示p绕ξ2轴旋转θ2所得之点。
设r是两轴线的交点，那么
exp(ξ̂2θ2)(p−r)=c−r=exp(−ξ̂1θ1)(q−r)与前相同，定义矢量u=（p-r），v=（q-r），z=（c-r）。
将其带入上式得
exp(ω̂2θ2)u=z=exp(−ξ̂1θ1)v
上式表明
ω2T u=ω2T z和 ω1T v=ω1T z
且‖u‖2=‖z‖2=‖v‖2。
因ω1，ω2和ω1×ω2是线性独立的，故有
z=αω1+βω2+γ(ω1×ω2)
和
‖z‖2=α2+β2+2αβω1Tω2+γ2‖ω1×ω2‖2
由上几式能得到含两个未知量得方程
ω2T u=αω2Tω1+β
ω1T v=α+βω1Tω2
从而得到
α=(ω1Tω2)ω2T u−ω1T v (ω1Tω2)2−1
β=(ω1Tω2)ω1T v−ω2T u (ω1Tω2)2−1
再由上几式求解γ2，并利用‖u‖2=‖z‖2得
γ2=‖u‖2−α2−β2−2αβω1Tω2
‖ω1×ω2‖2
上式可能没有实根，也有可能有1个或2个实根。
在有根的情况下，由α、β和γ可以求得z和
c 。
为求θ1和θ2，利用问题1解下式exp(ξ
̂2θ2)p =c 和exp(−ξ̂1θ1)q =c 如果c 有多个解，对应于每个c 值都能解出相应的θ1和θ2。
当图3.1中的圆相交于两个点时存在两个解，圆相切时只有一个解，圆分离时无解。
解：（1）如下图所示，以B 点为原点，AB 为x ’轴，其垂直方向为y ’轴建立Bx ’y ’坐标轴。
对应于该坐标轴中的任意一点（x ’,y ’）在oxy 轴中的坐标为：
[x y ]=[cosϕB −sinϕB sinϕB cosϕB ][x′y′]−[x B y B ]
而对应于两个脚在oxy 的坐标轴为（b ，0）和（a ，0），它们在Bx ’y ’坐标轴的坐标为
(−l 0+l 3sinθ3−l 4sinθ4，−l 3cosθ3−l 4cosθ4)和
(l 0+l 1sinθ1−l 2sinθ2，−l 1cosθ1−
l 2cosθ2) 从而有
[b
]=[
cosϕB −sinϕB sinϕB cosϕB ][−l 0+l 3sinθ3−l 4sinθ4
−l 3cosθ3−l 4cosθ4]−[x B y B ] 和
[a
0]=[cosϕB −sinϕB sinϕB
cosϕB ][l 0+l 1sinθ1−l 2sinθ2
−l 1cosθ1−l 2cosθ2]−[x B y B
] 由上四式整理可得到
[b +x B
y B ]=[−l 0cosϕB +l 3sin (θ3+ϕB )−l 4sin (θ4−ϕB )−l 0sinϕB −l 3cos (θ3+ϕB )−l 4cos (θ4−ϕB )
] 和
[a +x B y B
]=[l 0cosϕB +l 3sin (θ1+ϕB )−l 4sin (θ2−ϕB )l 0sinϕB −l 3cos (θ1+ϕB )−l 4cos (θ2−ϕB )]
上面有四个方程，有四个未知数θ1、θ2、θ3、θ4，从而可求解出θ1、θ2、θ3、θ4。
（2）对上面得到的方程组求导可得到
[x B y B ]=[
l 0ϕB sinϕB +l 3(θ3+ϕB )cos (θ3+ϕB )−l 4(θ4−ϕB )cos (θ4−ϕB )−l 0ϕB
cosϕB +l 3(θ3+ϕB )sin (θ3+ϕB )+l 4(θ4−ϕB )sin (θ4−ϕB )] 和
[x B y B ]=[
−l 0ϕB sinϕB +l 3(θ1+ϕB )cos (θ1+ϕB )−l 4(θ2−ϕB )cos (θ2−ϕB )l 0ϕB
cosϕB −l 3(θ1+ϕB )sin (θ1+ϕB )+l 4(θ4−ϕB )sin (θ2−ϕB )] 将上面求得的θ1、θ2、θ3、θ4值代入，即可求得θ1、θ2、θ3、θ4的值。
（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。